对数函数不等式求最小值

【答案】C 【分析】解法一：由题意可知： $f(x)$ 的定义域为 $\left(-b,+\infty\right)$ ，分类讨论 $-a$ 与 $-b,1-b$ 的大小关系，结合符号分析判断，即可得 $b=a+1$ ，代入可得最值；解法二：根据对数函数的性质分析 $\ln(x+b)$ 的符号，进而可得 $x+a$ 的符号，即可得 $b=a+1$ ，代入可得最值. 【详解】解法一：由题意可知： $f(x)$ 的定义域为 $\left(-b,+\infty\right)$ ， 令 $x+a=0$ 解得 $x=-a$ ；令 $\ln(x+b)=0$ 解得 $x=1-b$ ； 若 $-a\le-b$ ，当 $x\in\left(-b,1-b\right)$ 时，可知 $x+a>0,\ln\left(x+b\right)<0$ ， 此时 $f(x)<0$ ，不合题意； 若 $-b<-a<1-b$ ，当 $x\in\left(-a,1-b\right)$ 时，可知 $x+a>0,\ln\left(x+b\right)<0$ ， 此时 $f(x)<0$ ，不合题意； 若 $-a=1-b$ ，当 $x\in\left(-b,1-b\right)$ 时，可知 $x+a<0,\ln\left(x+b\right)<0$ ，此时 $f(x)>0$ ； 当 $x\in\left[1-b,+\infty\right)$ 时，可知 $x+a\ge0,\ln\left(x+b\right)\ge0$ ，此时 $f(x)\ge0$ ； 可知若 $-a=1-b$ ，符合题意； 若 $-a>1-b$ ，当 $x\in\left(1-b,-a\right)$ 时，可知 $x+a<0,\ln\left(x+b\right)>0$ ， 此时 $f(x)<0$ ，不合题意； 综上所述： $-a=1-b$ ，即 $b=a+1$ ， 则 $a^{2}+b^{2}=a^{2}+\left(a+1\right)^{2}=2\left(a+\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\dfrac{1}{2}\ge\dfrac{1}{2}$ ，当且仅当 $a=-\dfrac{1}{2},b=\dfrac{1}{2}$ 时，等号成立， 所以 $a^{2}+b^{2}$ 的最小值为 $\dfrac{1}{2}$ ； 解法二：由题意可知： $f(x)$ 的定义域为 $\left(-b,+\infty\right)$ ， 令 $x+a=0$ 解得 $x=-a$ ；令 $\ln(x+b)=0$ 解得 $x=1-b$ ； 则当 $x\in\left(-b,1-b\right)$ 时， $\ln\left(x+b\right)<0$ ，故 $x+a\le0$ ，所以 $1-b+a\le0$ ； $x\in\left(1-b,+\infty\right)$ 时， $\ln\left(x+b\right)>0$ ，故 $x+a\ge0$ ，所以 $1-b+a\ge0$ ； 故 $1-b+a=0$ ， 则 $a^{2}+b^{2}=a^{2}+\left(a+1\right)^{2}=2\left(a+\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\dfrac{1}{2}\ge\dfrac{1}{2}$ ， 当且仅当 $a=-\dfrac{1}{2},b=\dfrac{1}{2}$ 时，等号成立， 所以 $a^{2}+b^{2}$ 的最小值为 $\dfrac{1}{2}$ . 故选：C. 【点睛】关键点点睛：分别求 $x+a=0$ 、 $\ln(x+b)=0$ 的根，以根和函数定义域为临界，比较大小分类讨论，结合符号性分析判断.